Плоскость проходит через точку В, лежащую в плоскости основания, и параллельна прямой AC, лежащей в плоскости основания. Следовательно, плоскость пересекает плоскость основания по прямой, содержащей точку В и параллельной АС. Пусть эта прямая пересекает продолжения сторон DA и DC основания в точках E и F соответственно. Тогда пересекает плоскость боковых граней по прямым D₁E и D₁F. Пусть M и N — точки пересечения этих прямых с боковыми ребрами параллелепипеда, тогда BMD₁N — сечение параллелепипеда плоскостью 

Поскольку плоскость сечения проходит через прямую EF, параллельную плоскости ACC₁A₁ и пересекает её по прямой MN, прямая MN параллельна EF, а значит, параллельна AC.

По условию, сечение является ромбом, диагонали ромба перпендикулярны, поэтому и По теореме о трёх перпендикулярах, из перпендикулярности наклонной D₁B и прямой AC следует перпендикулярность прямой AC проекции наклонной — прямой DB. Этим показано, что диагонали лежащего в основании прямоугольника взаимно перпендикулярны. Следовательно, этот прямоугольник является квадратом, что и требовалось доказать.

Приведем другое рассуждение. Диагонали ромба точкой пересечения делятся пополам, поэтому MN проходит через середину D₁B. Кроме того, прямая MN параллельна прямой AC, а значит, и прямой EF. Из этого следует, что MN —  средняя линия треугольника ED₁F, а тогда точки M и N — середины рёбер параллелепипеда. Прямоугольные треугольники ABM и равны по гипотенузе и катету: Значит, а ABCD является квадратом.

б) Пусть K — середина ребра BB₁ а KH — высота треугольника BKN. Тогда плоскость MKH перпендикулярна прямой BN. Значит, угол MHK — линейный угол искомого двугранного угла. (Или: проведём перпендикуляры MK и KH, по теореме о трёх перпендикулярах MH — также перпендикуляр к BN, поэтому MHK — линейный угол искомого двугранного угла).

В прямоугольном треугольнике BKN имеем:

откуда

Иначе. Сечение является ромбом, площадь ромба равна половине произведения его диагоналей: Проекцией ромба сечения на боковую грань ВСС₁В₁ является параллелограмм ВKС₁N, площадь которого равна половине площади прямоугольника ВСС₁В₁ то есть 12. Поскольку для искомого угла между плоскостями получаем:

Ответ: или .

а) Проведём в прямоугольнике отрезок KL параллельно AC. Заметим, что плоскость KBL параллельна прямой AC по признаку параллельности прямой и плоскости. Поэтому KBL — плоскость сечения. Плоскость сечения пересекает параллельные грани призмы по параллельным отрезкам. Проведём отрезок LM параллельно BK, проведем отрезок KM. Полученный четырёхугольник BLMK — искомое сечение. (См. Правила в конце пояснения.)

Из равенства АК = LC следует, что CL : LC₁ = 1 : 2. В силу параллельности прямых KB и ML получаем, что DM = 2LC, а тогда DM : MD₁ = 2 : 1. Это и требовалось доказать.

б) Заметим, что по теореме о трех перпендикулярах прямые BM и AC перпендикулярны, а значит, прямые BM и KL перпендикулярны. Площадь четырехугольника, диагонали которого взаимно перпендикулярны, равна половине произведения диагоналей. Найдем их: как диагональ квадрата, лежащего в основании призмы, по теореме Пифагора. Тогда

Ответ: б) .

Иное рассуждение в пункте б).

Заметив, что можно было бы заключить, что сечением является ромб, и найти его площадь как половину произведения диагоналей.

Теоремы, используемые при построении сечений

Алгоритм построения сечений

а) Заметим, что поэтому треугольники PBK и ABC подобны, а тогда PK || AC. Поскольку плоскость проходит через прямую PK, параллельную плоскости ASC, пересекает ASC по прямой, параллельной PK. Пусть эта прямая пересекает SA и SC в точках M и L соответственно. Тогда прямые PK, AC и LM параллельны.

Кроме того, по условию, поэтому прямые MP и LK параллельны SB, а значит, параллельны между собой. Тогда в четырёхугольнике LMKP противоположные стороны попарно параллельны. Следовательно, сечение — параллелограмм.

Скрещивающиеся рёбра правильной пирамиды взаимно перпендикулярны, поэтому перпендикулярны соответственно параллельные им прямые LM и LK. Тем самым, стороны сечения перпендикулярны, следовательно, сечение — прямоугольник. Это и требовалось доказать.

б) Пусть H — середина AC. Проведём SH и BH и пусть плоскость SHB пересекает по прямой QR. Тогда QR || SB, а расстояние от точки S до плоскости равно d(SB, QR) — расстоянию между параллельными прямыми SB и QR. Найдем его.

В треугольнике SHB длина Проведём высоту треугольника НT и найдем её. Пусть тогда тогда, применяя теорему Пифагора из треугольников BHT и SHT получаем:

Тогда

По условию, поэтому а тогда плоскость сечения делит высоту HT в том же отношении, считая от точки T. Следовательно,

Ответ: б)

а) Так как плоскость γ параллельна прямой AC, она пересекает основание трапеции по прямым, параллельным AC. Пусть Прямые и AC параллельны. Сечением будет являться равнобедренная трапеция

Рассмотрим сечение призмы плоскостью, проходящей через медиану перпендикулярно основаниям трапеции. Оно будет являться прямоугольником где  — середина AC. Пусть это сечение пересекает плоскость γ по прямой ST, где S — середина а T — середина Точка O — точка пересечения прямых BM и ST. Заметим, что как медианы равностороннего треугольника. Так как треугольники и ABC подобны, Пусть  — проекция T на а  — проекция S на отсюда очевидно, что O — середина BM и середина ST. Далее:

То есть для треугольника BOT выполнена теорема, обратная теореме Пифагора. Следовательно, прямая BM перпендикулярна прямой ST. Кроме этого, BM перпендикулярна прямой следовательно, BM перпендикулярна плоскости γ, что и требовалось доказать.

б) Поскольку, из пункта а, прямая BM перпендикулярна плоскости γ, прямая  — высота пирамиды. Основанием является равнобедренная трапеция с высотой и основанием и отсюда:

Ответ:

а) Пусть точка Q — середина ребра MA, а точка K — середина ребра MB. Плоскость α пересекает плоскость BMC по отрезку KL. Так как плоскость α параллельна ребру MC, то KL || MC, следовательно, KL — средняя линия треугольника AMC, а L — середина ВС. Плоскость α проходит через QK — среднюю линию треугольника MAB, и, следовательно, параллельна AB. Таким образом, пересекает плоскость основания по прямой параллельной AB — средней линии треугольника АВС и проходит через точку O — середину отрезка AC. Значит, сечение — четырёхугольник QKLO, в котором стороны QK и LO параллельны отрезку AB и равны его половине. Значит, QKLO —параллелограмм.

б) Отметим точку F — середину отрезка QK и рассмотрим плоскость MOF. Прямая QK перпендикулярна прямым FM и MO, следовательно, она перпендикулярна плоскости MFO, поэтому она перпендикулярна отрезку OF. Таким образом, отрезок OF служит высотой параллелограмма QKLO. Сечение пирамиды MABCD плоскостью MOF — равнобедренный

треугольник NMG. Отрезок OF является медианой прямоугольного треугольника MOG, проведённой к его гипотенузе, поэтому

По условию треугольник AMC прямоугольный и равнобедренный, поэтому

и то же верно для других боковых рёбер. Следовательно, все боковые грани пирамиды — равносторонние треугольники. Тогда и

Площадь параллелограмма

Ответ:

Примечание от Олега Берковского.

Площадь сечения можно найти проще. Легко доказывается, что сечение KLOQ является ромбом со стороной 3. Меньшая диагональ КО данного ромба также равная 3 (можно получить, рассмотрев треугольник МОВ). Следовательно ромб состоит из 2-х равносторонних треугольников со стороной 3. Значит острый угол ромба равен 60 градусов.

Отсюда площадь ромба

а) Пусть точка H — середина ребра BC, а плоскость α пересекает ребра SB и АС в точках L и N соответственно. Тогда медианы АН и SH треугольников ABC и SBC соответственно являются их высотами, а значит, плоскость ASH перпендикулярна прямой BC. Следовательно, прямая SA перпендикулярна прямой BC.

Поскольку прямая SA параллельна плоскости α, прямые KL и MN параллельны прямой SA, а значит,

Следовательно, прямые LM и KN параллельны прямой BC.

Таким образом, KLMN является параллелограммом, пары противоположных сторон которого параллельны перпендикулярным прямым SA и BC соответственно, то есть KLMN — прямоугольник.

б) Прямая BC, параллельная прямой KN, перпендикулярна плоскости ASH, значит, плоскости ASH и α перпендикулярны.

Пусть плоскость ASH пересекает прямые KN и LM в точках E и F соответственно. Тогда высота пирамиды AKLMN равна расстоянию h между прямыми SA и EF.

Высота SO пирамиды SABC лежит в плоскости ASH, AO : OH = 2 : 1, откуда

Объём пирамиды AKLMN равен

Ответ: б)

а) Пусть T — точка на такая, что N — середина отрезка BC. Тогда KNLT — сечение. Сразу отметим, что прямая BM перпендикулярна прямой KN по теореме о трех перпеникулярах, поскольку проекция BM на плоскость нижнего основания — высота треугольника BAC, а прямая KN параллельна прямой AC.

Рассмотрим теперь сечение призмы плоскостью Это прямоугольник со сторонами 3 и Отметим на его сторонах точки и пересечения с LT и KN соответственно (они делят его стороны в отношениях и соответственно). Докажем, что прямая BM перпендикулярна прямой Обозначим за O их точку пересечения и за проекцию на (она же середина ). Далее:

откуда Далее:

поэтому Значит,

что и требовалось доказать.

Итак, BM перпендикулярна двум пересекающимся прямым в плоскости KNLT, поэтому прямая BM перпендикулярна плоскости KNLT.

б) Имеем:

Это по пункту а) высота пирамиды. Ее основание — трапеция, высота которой — (поскольку проекция этого отрезка на плоскость верхнего основания — высота треугольника и перпендикулярна прямой LT, которая параллельна прямой то и сам отрезок по теореме о трех перпендикулярах перпендикулярен основанию трапеции). Значит,

Окончательно,

Ответ:

а) Поскольку Заметим, что поскольку проекция FC на плоскость ABCD совпадает с прямой AC, а Кроме того, треугольники AFC и ABC равны по трем сторонам, следовательно, Итак, плоскость сечения параллельна двум непараллельным прямым (DB и FC), которые перпендикулярны AF. Значит, и плоскость перпендикулярна AF.

б) Построим это сечение. Проведем через точки M и N прямые, параллельные CF, и отметим точки их пересечения с BF и DF соответственно. Назовем эти точки S и P. Очевидно, откуда тогда и

Отметим точку пересечения MN с AC (точка K) и проведем через нее прямую, параллельную FC. Она пересечет AF в некоторой точке (назовем ее Q). Тогда сечение пирамиды — пятиугольник MNPQS. Осталось найти его площадь. Обозначим за O точку пересечения диагоналей основания.

Поскольку то Поэтому MNPS — прямоугольник (стороны MS и PN равны и параллельны, есть прямой угол) и его площадь составляет

Далее

откуда Пусть KQ пересекает PS в точке T, тогда

Окончательно

Ответ:

а) Так как плоскость параллельна диагонали основания BD, то пересекает основание ABCD по прямой KK₁ параллельной BD, K₁ лежит на CD. Так как, прямая сечения LL₁ параллельна BD, где L₁ лежит на B₁C₁. Сечением призмы будет трапеция

Для того, чтобы прямая была перпендикулярна плоскости, необходимо, чтобы она была перпендикулярна двум пересекающимся прямым, лежащим в этой плоскости.

Заметим, что проекцией прямой AC₁ на плоскость ABCD является прямая AC. Кроме того, как диагонали квадрата таким образом по теореме о трех перпендикулярах следовательно,

Рассмотрим плоскость AA₁C₁C. Пусть эта плоскость пересекает прямые KK₁ и LL₁ в точках E и F соответственно. O — точка пересечения EF и AC₁. Четырёхугольник AA₁C₁C — прямоугольник, причём

Так как AA₁C₁C прямоугольник, Значит, Таким образом,

Тогда по обратной теореме Пифагора следовательно, треугольник прямоугольный, Таким образом,

б) Расстояние от точки B₁ до плоскости равно расстоянию до нее от любой точки параллельной ей прямой B₁D₁. Из точки M — пересечения диагоналей грани в плоскости AA₁C₁C опустим перпендикуляр MH на прямую EF. Так как, по доказанному в п. а) плоскость следовательно, указанный перпендикуляр — искомое расстояние. Найдем Заметим, Таким образом,

Ответ: б)

Заметим, что сечение может быть параллельно только диагонали BD. (она не имеет общих точек с AM). Чтобы построить его проведем отрезок MN параллельно прямой BD так, что . Обозначим точку пересечения прямых MN и HS за O. (H — центр основания пирамиды). Проведем теперь прямую AO, она лежит в плоскости ASC и поэтому пересечет ребро SC в некоторой точке K. Четырехугольник AMKN — исходное сечение (действительно, он содержит прямую MN параллельную прямой BD).

Рассмотрим треугольник CSH и прямую OK и применим для них теорему Менелая:

Значит,

Рассмотрим теперь треугольник ASC. Он равнобедренный, основание равно высота Значит,

Значит, По теореме косинусов найдем

Теперь:

значит, По теореме о трех перпендикулярах прямая AK перпендикулярна прямой BD, значит и AK перпендикулярна прямой MN. Кроме того, . Поэтому:

Ответ: 30.

а) Пусть точка Q — середина ребра MA, а точка K — середина ребра MB. Так как плоскость α параллельна ребру MC, она пересекает плоскость BMC по отрезку KL, параллельному ребру MC. Следовательно, KL — средняя линия треугольника BMC и L — середина BC. Так как QK || AB плоскость α пересекает основание ABC пирамиды по средней линии, поэтому плоскость α проходит через точку O — середину отрезка AC. Таким образом, сечение — четырёхугольник QKLO, в котором стороны KL и QO параллельны отрезку MC и равны его половине. Значит, QKLO —параллелограмм.

б) Отметим точку F — середину отрезка QK и рассмотрим плоскость MOF. Прямая QK перпендикулярна прямым FM и MO, следовательно, она перпендикулярна плоскости MFO, поэтому она перпендикулярна отрезку OF. Таким образом, отрезок OF служит высотой параллелограмма QKLO. Сечение пирамиды MABCD плоскостью MOF — равнобедренный треугольник NMG. Отрезок OF является медианой прямоугольного треугольника MOG, проведённой к его гипотенузе, поэтому

По условию треугольник AMC прямоугольный и равнобедренный, поэтому

и то же верно для других боковых рёбер. Следовательно, все боковые грани пирамиды — равносторонние треугольники. Тогда и

Таким образом, искомая площадь

Ответ:

Примечание.

В задаче рассматривается сечение треугольной пирамиды MABC, а не четырехугольной пирамиды MABCD.

Поскольку угол между ребрами равен , грани — равносторонние треугольники, то есть все ребра пирамиды равны 4.

Пусть это пирамида SABCD, а сечение перпендикулярно ребру SD. Треугольники BDA и BDS равны по трем сторонам, поэтому Кроме того по теореме о трех перпендикулярах. Значит, прямые, параллельные BS и AC, проходящие через точки в плоскости, лежат в плоскости.

Проведем прямую, параллельную SB через середину высоты HS. Тогда в треугольнике SHB она будет средней линией, то есть делит HB пополам и DB (и заодно DS) в отношении Если провести через ее точку пересечения с BD прямую, паралельную AC, она пройдет через середины ребер AB, BC (точки E, F соответственно). Проведем через них прямые, параллельные SB — средние линии в гранях. Получим, что середины ребер SC, SA (точки K, L) лежат в сечении. Наконец, там же лежит точка M, делящая SD в отношении

Найдем теперь площадь Прямая, параллельная SB, проходящая через середину высоты HS, будет высотой и треугольника и параллелограмма (на самом дле он прямоугольник). Ясно, что высота треугольника 1, а параллелограмма — 2. Поэтому

Ответ:

Решение:

Пусть — заданная пирамида, О — центр основания. Тогда — высота пирамиды. И пусть для определенности плоскость сечения проходит через точку B — вершину основания, перпендикулярно ребру

Построим сечение. Проведем последовательно:

1)

2)

3) Отрезки:

Докажем, что — сечение, удовлетворяющее условию задачи.

Во-первых, точки лежат в одной плоскости, так как эта плоскость проходит через две пересекающиеся прямые и

Во-вторых, докажем, что

по способу построения. так как — наклонная к плоскости основания пирамиды, — ее проекция, по свойству квадрата; по теореме о трех перпендикулярах.

Поскольку то

Итак, прямая перпендикулярна двум пересекающимся прямым и , лежащим в плоскости По признаку перпендикулярности прямой и плоскости

Пусть Тогда в равнобедренном треугольнике — биссектриса, следовательно, Искомое отношение

В прямоугольных треугольниках и как вертикальные. Отсюда: Пусть тогда

В

Рассмотрим и Поскольку то эти треугольники подобны. Отсюда: т. е.

Для вычисления площади сечения докажем, что его диагонали взаимно перпендикулярны, т. е. значит,

— наклонная к (), — ее проекция, из перпендикулярности и по теореме о трех перпендикулярах следует, что В таком случае:

По условию известно, что

Следовательно,

Причем потому не удовлетворяет смыслу задачи, Найденное значение и есть искомое отношение.

Замечания:

1. Запись в построении сечения «» следует читать так:

«Строим точку на прямой , такую, что перпендикулярно , точкой пересечения и служит точка ». Остальные записи читаются аналогично.

2. Известно, что прямая, параллельная какой-либо стороне треугольника и пересекающая две другие его стороны, отсекает от него треугольник, подобный первому.

3. В подобных треугольниках отношение любых соответственных линейных элементов (биссектрис, медиан, периметров и т. п.) равно коэффициенту подобия.

Ответ:

а) Построим сечение призмы плоскостью γ. Проведём КР || АС, , CP = 1. Проведём PL, проведём LR || AC, Проведём RK. Трапеция LPKR — искомое сечение. Сечение параллельно АС по признаку параллельности прямой к плоскости.

Введём систему координат, как показано на рисунке. В этой системе координат: В(0; 0; 0), С(0; 6; 0), В'(0; 0; 3), C'(0; 6; 3), P(0; 5; 0),

Тогда

Откуда получаем:

Так как и получаем, что

б) Далее заметим, что плоскость сечения перпендикулярна вектору , найдем уравнение плоскости и вычислим расстояние от точки до плоскости:

Найдём свободный член D в уравнении плоскости подставив координаты точки К:

Упростив уравнение плоскости, получим:

Тогда для искомого расстояния получаем:

Приведем другое решение.

а) Четырёхугольник RLPK — искомое сечение. Проведём плоскость B'MTB. Имеем:

Рассмотрим прямоугольник BB'MT. Заметим, что LR — средняя линия треугольника A'B'C', тогда F' — середина B'M, тогда

Пусть теперь Тогда

По обратной теореме Пифагора, треугольник FF'F'' прямоугольный следовательно,

б) Заметим, что так как то Пусть основанием перпендикуляра опущенного из T на γ будет являться точка S. Тогда TS || BM || F''F'. Таким образом, треугольники FTS и FF''F' будут подобны. Следовательно, откуда

Ответ: б)

Еще один подход к решению задачи, не использующий метод координат, укажем на примере задачи 514653.

а) Проведём отрезок , параллельный Пусть — точка пересечения отрезков и Треугольник прямоугольный с прямым углом при вершине Это следует из равенства треугольников и Значит, прямые и перпендикулярны. Прямые и перпендикулярны, так как прямая перпендикулярна плоскости Поэтому прямая перпендикулярна плоскости , и, следовательно, прямая перпендикулярна прямой

б) Указанное сечение — прямоугольник Его площадь равна

Ответ: б)

а) Так сечение перпендикулярно прямой CD, то оно перпендикулярно основанию цилиндра содержащему эту прямую. Для построения сечения опустим перпендикуляры AM и BN на второе основание цилиндра. Отрезки AM и BN параллельны и равны, значит, ABNM — параллелограмм. Так как прямые AM и BN перпендикулярны основаниям цилиндра и, в частности, прямой AB, параллелограмм ABNM является прямоугольником. Диагонали прямоугольника равны, что и требовалось доказать.

б) Площадь прямоугольника ABNM равна Отрезок OH равен Высота CH пирамиды CABNM равна Следовательно, объём пирамиды CABNM равен

Ответ: б)

а) Пусть  — точка пересечения этого сечения с ребром  — середина Треугольники и равны по двум сторонам и углу между ними, поэтому Значит,

Поэтому площадь минимальна, если  — кратчайшее расстояние от до Значит, прямая перпендикулярна прямой Кроме того, прямая перпендикулярна прямой поскольку проекция на плоскость основания — высота треугольника проведенная из она перпендикулярна а тогда и Значит, перпендикулярна двум пересекающимся прямым в плоскости поэтому прямая перпендикулярна плоскости

б) Вычислим высоту пирамиды. Она равна:

поскольку падает в такую точку на высоте основания что и Далее,

Тогда:

Как уже установлено в пункте а) Значит,

Ответ:

а) Пусть точка Q — середина ребра MA, а точка K — середина ребра MB. Плоскость пересекает грань BMC по отрезку KL (точка L лежит на ребре BC), параллельному ребру MC. Ребро CD параллельно ребру AB, а ребро AB параллельно отрезку QK. Следовательно, плоскость параллельна плоскости грани CMD. Поэтому прямая MD параллельна плоскости .

б) Пусть длина стороны основания равна a. Вместо плоскости рассмотрим параллельную ей плоскость CMD. Проведём к ней перпендикуляр OH из центра основания — точки O. Рассмотрим сечение пирамиды плоскостью MOH. Это сечение — прямоугольный равнобедренный треугольник NMG, поскольку по условию грани CMD и AMB перпендикулярны. Отрезок OH параллелен катету MN этого треугольника и равен его половине:

Искомый угол равен углу HCO. В прямоугольном треугольнике OHC имеем:

Ответ: б) 30°.

а) Пусть плоскость α пересекает сторону основания АВ в точке М. Поскольку плоскость α параллельна прямой ВС, она параллельна и прямой AD, а значит, прямые NM и AD параллельны. Тогда четырёхугольник DNMA — прямоугольник, поэтому точка М делит сторону АВ в том же отношении, что точка N делит сторону DC.

б) Заметим, что прямые KN и SD параллельны, поскольку отсекают на сторонах угла пропорциональные отрезки. Тем самым, в плоскости α лежат две пересекающиеся прямые KN и NM, соответственно параллельные двум пересекающимся прямым SD и DA плоскости SDA. Тогда по признаку параллельности плоскостей плоскости α и SDA параллельны. Следовательно, расстояние между скрещивающимися прямыми SA и KN можно найти как расстояние между этими параллельными плоскостями.

Пусть Р — середина AD, H — середина ВС. Построим треугольник SPH и пусть прямая HT перпендикулярна прямой SP. Кроме того, HT перпендикулярна AD и, следовательно, плоскости SDA, а вместе с ней α. Плоскость α пересекает ребро SB в точке L, причем, KL || BC. R — точка пересечения KL и SH, таким образом, QR — отрезок, соединяющий середину KL и середину MN. Тогда прямые SP и QR —параллельны, а расстояние между ними равно искомому расстоянию между плоскостями SDA и α.

Заметим, что PH = AB = 4. В треугольнике SAP: Пусть тогда применяя теорему Пифагора из треугольников SHT и PHT, получаем:

Тогда

По условию, поэтому а тогда плоскость сечения делит высоту HT в том же отношении, считая от точки T. Следовательно, расстояние между SP и QR есть четверть высоты HT:

Ответ: б)

Примечание: высота HT равнобедренного треугольника SPH может быть найдена проще. Высота этого треугольника проведенная к основанию PH есть высота пирамиды соединяющая вершину с центром основания, значит Тогда

а) Пусть плоскость α пересекает сторону основания АВ в точке М. Поскольку плоскость α параллельна прямой ВС, она параллельна и прямой AD, а значит, прямые NM и AD параллельны. Тогда четырёхугольник DNMA — прямоугольник, поэтому точка М делит сторону АВ в том же отношении, что точка N делит сторону DC.

б) Заметим, что прямые KN и SD параллельны, поскольку отсекают на сторонах угла пропорциональные отрезки. Тем самым, в плоскости α лежат две пересекающиеся прямые KN и NM, соответственно параллельные двум пересекающимся прямым SD и DA плоскости SDA. Тогда по признаку параллельности плоскостей плоскости α и SDA параллельны. Следовательно, расстояние между скрещивающимися прямыми SA и KN можно найти как расстояние между этими параллельными плоскостями.

Пусть Р — середина AD, H — середина ВС. Построим треугольник SPH и пусть прямая HT перпендикулярна прямой SP. Кроме того, HT перпендикулярна AD и, следовательно, плоскости SDA, а вместе с ней α. Плоскость α пересекает ребро SB в точке L, причем, KL || BC. R — точка пересечения KL и SH, таким образом, QR — отрезок, соединяющий середину KL и середину MN. Тогда прямые SP и QR —параллельны, а расстояние между ними равно искомому расстоянию между плоскостями SDA и α.

Заметим, что PH = AB = 8. В треугольнике SAP: Пусть тогда применяя теорему Пифагора из треугольников SHT и PHT, получаем:

Тогда

По условию, поэтому а тогда плоскость сечения делит высоту HT в том же отношении, считая от точки T. Следовательно, расстояние между SP и QR есть одна восьмая высоты HT:

Ответ: б)

Примечание: высота HT равнобедренного треугольника SPH может быть найдена проще. Высота этого треугольника проведенная к основанию PH есть высота пирамиды соединяющая вершину с центром основания, значит Тогда